Đề thi thi mẫu TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Hồ Chí Minh

Vẽ đồ thị $\left( P \right)$ của hàm số $y = \frac{{{x^2}}}{2}.$

Ta có bảng giá trị:

Trên mặt phẳng tọa độ, lấy các điểm $A\left( { - 4\,;\,\,8} \right)\,;\,\,B\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\,;\,\,O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,A'\left( {4\,;\,\,8} \right)\,;\,\,$

$$B\;'\left( {2\,;\,\,2} \right).$$

Đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^2}}}{2}$ là một đường parabol đỉnh $O,$ đi qua các điểm trên và có dạng như dưới đây.

Điểm có tung độ và hoành độ bằng nhau nên gọi $M\left( {{x_0};\,\,{x_0}} \right)$ thì ${x_0} = \frac{{x_0^2}}{2}$

Suy ra $x_0^2 = 2{x_0}$ hay $x_0^2 - 2{x_0} = 0$

$${x_0}\left( {{x_0} - 2} \right) = 0$$

${x_0} = 0$ hoặc ${x_0} - 2 = 0$

Vậy những điểm $M$ thuộc $\left( P \right)$ có tung độ và hoành độ bằng nhau là $M\left( {0\,;\,\,0} \right)$ và $M\left( {2\,;\,\,2} \right).$

1) Phương trình $2{x^2} - 5x + 1 = 0$ có $a = 2\,;\,\,b = - 5\,;\,\,c = 1$ nên ta có:

$\Delta \; = \;{\left( { - 5} \right)^2} - \;4 \cdot 2 \cdot 1 = \;25 - \;8 = \;17 > \;0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{5}{2}\\{x_1}{x_2} = \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Ta có: $A = {x_1}\left( {{x_1} + 2024} \right) + {x_2}\left( {{x_2} + 2025} \right) - {x_2}$

$$= x_1^2 + 2024{x_1} + x_2^2 + 2025{x_2} - {x_2}$$

$$= x_1^2 + 2024{x_1} + x_2^2 + 2024{x_2}$$

$$= \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 2{x_1}{x_2} + \left( {2024{x_1} + 2024{x_2}} \right)$$

$$= {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 2024\left( {{x_1} + {x_2}} \right)$$

$$= {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} - 2 \cdot \frac{1}{2} + 2024 \cdot \frac{5}{2}$$

$= \frac{{25}}{4} - 1 + 5060 = \frac{{20\,\,261}}{4}$.

Vậy $A = \frac{{20\,\,261}}{4}$.

Dựa vào biểu đồ cột kép, ta có biên độ nhiệt của các ngày trong tuần là:

Thứ 2: $36 - 26 = 10,$ thứ 3: $35 - 24 = 11,$ thứ 4: $36 - 27 = 9;$ thứ 5: $35 - 25 = 10;$

Thứ 6: $37 - 25 = 12;$ thứ 7: $36 - 22 = 14;$ chủ nhật: $34 - 23 = 11.$

Vậy ngày có biên độ nhiệt lớn nhất trong tuần của thành phố Hồ Chí Minh là thứ 7.

Ta có số ngày có nhiệt độ cao không quá 35 độ C là 3 (ngày).

Suy ra số phần tử của biến cố A là 3.

Xác suất để ngày được chọn có nhiệt độ cao nhất không quá 35 độ C là $\frac{3}{7}$.

Có số ngày có biên độ nhiệt nhỏ hơn 12 độ C là 5 (ngày).

Suy ra số phần tử của biến cố B là 5.

Xác suất để ngày được chọn có biên độ nhiệt nhỏ hơn 12 độ C là $\frac{5}{7}.$

1) Chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:

$$30 + x + x = 30 + 2x\,\,\left( {\rm{m}} \right)$$

Chiều dài của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:

$$70 + x + x = 70 + 2x\,\,\left( {\rm{m}} \right)$$

Diện tích của khu vườn hình chữ nhật sau khi mở rộng là:

$$\left( {30 + 2x} \right)\left( {70 + 2x} \right)\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$$

Vậy biểu thức $S$ biểu diễn theo $x$ là $S = \left( {30 + 2x} \right)\left( {70 + 2x} \right)$.

Điều kiện: $x > 0$.

Diện tích của khu vườn ban đầu là: $70 \cdot 30{\rm{ }} = 2\,\,100\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Vì sau khi mở rộng thì diện tích của khu vườn lớn hơn diện tích ban đầu $1\,\,150\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$ nên phương trình:

$$\left( {30 + 2x} \right)\left( {70 + 2x} \right) = 2\,\,100 + 1\,\,150 = 3\,\,250$$

$$2100 + 60x + 140x + 4{x^2} = 3\,\,250$$

$$4{x^2} + 200x - 1\,\,150 = 0$$

$$2{x^2} + 100x - 575 = 0$$

Ta có $\Delta '\; = 3\,\,650 > 0\;$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

${x_1} \approx 5{,}2$ (thỏa mãn) hoặc ${x_2} \approx - 55{,}2$ (không thỏa mãn).

Vậy giá trị của $x$ là khoảng $5{,}2\,\,{\rm{m}}.$

Bán kính của phần ruột quả dưa hấu là: $\frac{{25 - 2 \cdot 2}}{2} = 10{,}5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Thể tích phần ruột của quả dưa hấu là: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot 10,{5^3} \approx 4\,\,849{,}05\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).$

Vậy thể tích phần ruột của quả dưa hấu khoảng $4\,\,849{,}05\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.$

Thể tích nước ép dưa hấu là: ${V_n} = \;80\% \cdot 4\,\,849{,}05 = \;3\,\,879{,}24\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Thể tích của phần đựng nước ly thuỷ tinh là:

$${V_l} = 70\% \cdot \pi {R^2}h = 70\% \cdot \pi \cdot {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} \cdot 10 \approx 137{,}44\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$$

Ta có $\frac{{{V_n}}}{{{V_l}}} \approx \frac{{\;3\,\,879{,}24}}{{137{,}44}} \approx 28{,}22$.

Do đó cần ít nhất 29 cái ly để đựng hết nước ép của quả dưa hấu.

Gọi $a$làsốtấnhợpkimthépchứa$10\%$cromcầndùng$\left( {a > 0} \right).$

Khi đó, $500--a$ là số tấn hợp kim thép 30% cần dùng.

Ta có $a \cdot 10\% + \left( {500--a} \right) \cdot 30\% = 500 \cdot 16\%$

$$10a + \left( {500--a} \right) \cdot 30 = 500 \cdot 16$$

$$a + 1\,\,500--3a = 800$$

$$2a = 700$$

$a = 350$(TMĐK)

Vậysốhợpkimthépchứa $10\%$cromcầndùnglà350tấn,sốhợpkimthépchứa$30\%$cầndùng là 150 tấn.

Số crôm từ 100 tấn thép chứa $10\%$ crôm là $10\% \cdot 100 = 10$ (tấn)

Số crôm từ x tấn thép chứa 30% crôm là $0{,}3x$ (tấn)

Tổng số tấn thép là $100 + x$ (tấn)

Phần trăm crôm có trong tổng số tấn thép nhà máy dự định luyện ra là: $\frac{{10 + 0{,}3x}}{{100 + x}} \cdot 100\,\,\left( \% \right)$

Theo đầu bài, thép không gỉ Ferritic có chứa từ 12 đến 27 phần trăm crôm, ta có:

$12\le \frac{10+0{,}3x}{100+x}\cdot 100\le 27$

$1\ 200+12x\le 1\ 000+30x\le 2\ 700+27x$

Xét $1\ 200+12x\le 1\ 000+30x$

$30x-12x\ge 1\ 200-1\ 000$
$18x\ge 200$
$x\ge \frac{100}{9}(1)$

Xét $1\ 000+30x\le 2\ 700+27x$

$30x-27x\le 2\ 700-1\ 000$
$3x\le 1\ 700$
$x\le \frac{1\ 700}{3}(2)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\frac{{100}}{9} \le x \le \frac{{1\,\,700}}{3}.$

Vậy $x$ nằm trong khoảng $\frac{{100}}{9}$ đến $\frac{{1\,\,700}}{3}.$

Vì $\widehat {BEC},\,\,\widehat {BFC}$ là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right)$ nên ta có

Khi đó $\Delta AEH$ vuông tại $E$ nên $A,\,\,E,\,\,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH.$

Tương tự $\Delta AFH$vuông tại F nên $A,\,\,H,\,\,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH.$

Vậy $A,\,\,E,\,\,F,\,\,H$ cùng thuộc đường trong đường kính $AH$ hay tứ giác $AEHF$ nội tiếp.

Ta có (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét $\Delta BDK$ và $\Delta BCD$ có $\widehat {CBD}$ là góc chung; $\widehat {BKD} = \;\widehat {BDC}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)$

Do đó

Suy ra $\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BD}}$ hay $B{D^2} = BK \cdot BC$.

Do nên $\widehat {BDH} = \;\widehat {BCD}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat {BCD} = \widehat {BFD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BD)$

Nên $\widehat {BDH} = \widehat {BFD}$ (đpcm)

Do $\Delta AFB$ vuông tại $F$ nên $\widehat {ABF} = 90^\circ - \widehat {BAF} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

Mà nên $\widehat {OEF} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .$

Xét $\Delta OEF$ cân tại $O$ (do $OE = OF$) có $\widehat {EOF} = 60^\circ$ nên $\Delta OEF$ là tam giác đều.

Suy ra $EF = OE = OF = \frac{1}{2}BC = 3\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta ABC$ có đường cao $CE$ và $BF$ cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm.

Suy ra $AH \bot BC$

Xét $\Delta AHF$ và $\widehat {BHK}$ có $\widehat {AHF} = \;\widehat {BHK}$ (đối đỉnh) và $\widehat {AFH} = \;\widehat {BKH}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)$

Suy ra $\widehat {HAF} = \widehat {HBK}$ hay $\widehat {HAF} = \widehat {FBC}$

Kết hợp $\widehat {AFH} = \;\widehat {BFC}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)$ suy ra

Suy ra $\frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{BF}} = \cot \widehat {FAB} = \cot 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ .

Suy ra $AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \cdot BC = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \cdot 6 = 2\sqrt 3 .$

Xét tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$ nên bán kính bằng $\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 .$

Vậy $EF = 3\,\,{\rm{cm}}$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ là $\sqrt 3 .$